Errata Corrige
1Pagina 10
Problema 1.1 - domanda 2 F= eEA =2.76× 10−15N
Pagina 11
Problema 1.2 - testo domanda 3 + figura
3) il lavoro del campo elettrostatico per uno spostamento
rigido del dipolo elettrico dal punto A (– a,d) al punto B (a,d) W
– + x
q
1O q
2A(–a,d) B(a,d)
d=2a y
Problema 1.2 - domanda 2 F x
( )
= −dUedx
ux= −d − pi E x
( )
⎡⎣ ⎤⎦
dx = − 2 p 4πε0
q1 a+ x
( )
3 +(
a− xq2)
3⎡
⎣⎢
⎢
⎤
⎦⎥
⎥ ux
Pagina 12
Problema 1.2 - domanda 2 F= −2 p q
(
1+q2)
4πε0a3
ux=
(
3.6× 10−8N)
uxPagina 14
Problema 1.3 - domanda 1
Ue= − puxi E
(
xux+ Eyuy)
= − pEx ⇒ Ex = −Upe = 1.8 kV/mF= q0E ⇒ E = F
q0 = 2.55kV/m ⇒ Ey= E2− Ex2 = 1.8 kV/m Problema 1.3 - domanda 3
VP = q
4πε0a− q
4πε0a+ q3
4πε0a 2 = q3
4πε0a 2 =254V
Ec∞
( )
eV = eVP =254eVPagina 19
Problema 2.1 - figura
C
B A
+ + + + + + + + + + + + + + +
σ
1σ
2λ R
P
1P
22d –
+ + + + + + + + + + + + + + +
γ
Pagina 20
Problema 2.1 - domanda 3
W = −e(VB− VA)= −e −E
(
pianidAB)
= e σ12ε−σ20
2R=0.54× 10−17 J= 33.8 eV
Pagina 22
Problema 2.3 - domanda 2 V2− V1= −
E++ E−
( )
idsP1 P2
∫
== − λ
2πε0rdr− σ 2ε0
d 2 d−a
∫
d 2 2
∫
a 2 dx= λ2πε0ln d2a− σ 2ε0
d 2− a
⎛⎝⎜ ⎞
⎠⎟ =4.65 kV
Pagina 27
Problema 2.7 - domanda 2 ΔV = −
Eid
∫
s=− 2εσ0 + λ 2πε0(
d− x)
⎡
⎣⎢ ⎤
⎦⎥ dx =
0 x1
∫
− σ2ε0 x1− λ2πε0lnd− x1 d
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟= −188 V
Pagina 31
Problema 2.10 - domanda 1 E= λ
2πε0xP − σ 2ε0 = mg
q tanθ = 7.1 kV/m
xP = qλ cosθ
π 2mgε
(
0senθ+ qσ cosθ)
=8 cmProblema 2.10 - domanda 3 ΔV = VP− Vpiano= − σ
2ε0
(
d− xP)
− λ2πε0
lnxP
d =786 V
=d− xP
sinθ =44 cm
v= −2qΔV
m − 2g 1− cosθ
( )
=32.1 cm/sPagina 33
Problema 2.11 - domanda 3 Ec= Ec,0−qσ z0
ε0 =2.53× 10−15J
Pagina 35
Problema 2.13 - domanda 2 V2− V1= − E dx
x1
x2
∫
= − 2πελ0xdxR
∫
a− R − R 4πε0λ(
a− x)
dx∫
a− R == λ2πε0 − dx x
R a− R
∫
+12dx x− a
R
∫
a− R⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥= λ
2πε0 ln R a− R+1
2ln R a− R
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥=− 75 V Problema 2.13 - domanda 3
v= −2qΔV
m =5.13× 106 m/s
Pagina 38
Problema 2.15 - domanda 2 v= −2qκ Edx0
m +v02 =1.48× 104 m/s
Pagina 40
Problema 2.17 - domanda 2 Ed = q1+ qG
4πκε0r2 = 183 V/m Problema 2.17 - domanda 3
3) La differenza di potenziale fra la superficie interna e il punto P è Vinterna− VP = −
E0• ds
R3 R2
∫
− R2 Ed• ds R1∫
= − R3 q4πε1+ q0rd2dr R2∫
− R2 4πκεq1+ q0Gr2dr= R1∫
= − q1+ qd 4πε0r2dr
R3 R2
∫
− R2 4πκεq10r2 dr R1∫
− ρ4
3π r
(
3− R13)
4πκε0r2 dr
R2 R1
∫
== − q1+ qd 4πε0r2dr
R3 R2
∫
− R2 4πκεq10r2 dr R1∫
− 3κερr0drR2 R1
∫
− R2 3κερR013r2dr R1∫
==q1+ qd 4πε0
R3− R2 R3R2 + q1
4πκε0
R2− R1 R2R1 − ρ
6κε0
(
R12− R22)
+ ρ3κεR120
R2− R1
R2 == 17.27 V per cui il lavoro è dato da
W =ΔU = q2
(
Vinterna− VP)
= − 8.64 × 10−10 JProblema 2.18 - domanda 2 V1− V2 = −
E• dr
R2 R1
∫
= R1 E dr R2∫
= 3ερ0 r−R13 r2⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟dr
R1 R2
∫
= ρ3ε0 r drR1 R2
∫
− Rr123drR1 R2
⎡
∫
⎣⎢ ⎤
⎦⎥ =
= ρ3ε0
R22− R12
( )
2 + R13 1 R2 − 1
R1
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
⎡
⎣
⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥= 2.54 kV
Pagina 45
Problema 3.1 - domanda 3
′
q1= 4πε0R1V= − 5 nC σ1′=ε0E1= −159nC/m2
′
q2 = 4πε0R2V = −10 nC σ′2=ε0E2= − 79nC/m2
′
q3= 4πε0R3V = − 20 nC σ′3=ε0E3= − 40nC/m2
Pagina 48
Problema 3.3 - domanda 4 Ec
( )
eV = 12mv2 = e8πεq30R= 112eV
Pagina 52
Problema 3.6 - domanda 1 E1= 1
4πε0κ q1 R12
ur = − 90 V/m
( )
urE2 = 1 4πε0
q2 R22
ur =
(
135V/m)
ur⎧
⎨⎪⎪
⎩
⎪⎪
Problema 3.6 - domanda 2 V2 = −
E2• dr
∫
= − ∞ 4πεq20r2dr R2∫
= 4πε2q0R2 = 27 V V1= − E2• dr − E1• dr
∫
∫
= − ∞ 4πεq20r2dr R2∫
− R2 4πεq01κr2dr R1∫
== q2
4πε0R2 + q1 4πε0κ
1 R1− 1
R2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟= 22.5 V Problema 3.6 - domanda 3
Ec
( )
eV = 12mv2 = 8πε2q q′0
(
R2+ d)
= 11.2 MeVPagina 53
Problema 3.7 - figura
q
d R
1R
2C
1C
2r
d v
–+
κ
Pagina 58
Problema 3.10 - domanda 4 4) La carica ...
Pagina 61
Problema 3.13 - domanda 2 V+− V−= V1− V2 =q1
C = q1
2πε0κrLdr
R1 R2
∫
=2πεq01κ LlnR2 R1 C=2πε0κ LlnR2 R1
Pagina 62
Problema 3.13 - domanda 3 VP − V2= − q1+ q2
2πε0rLdr
R2 RP
∫
= −q2πε1+ q0L2lnRPR2 = −419V e quindi
VP − V1= VP − V2+ V2− V1= VP− V2− V
(
1− V2)
= −1161VPagina 64
Problema 3.15 - domanda 2 2) La forza elettrostatica ...
Pagina 67
Problema 4.1 - domanda 1 E=E0
κ = σ
κε0 = 9.04 kV/m
Pagina 68
Problema 4.3 - testo
... di costante dielettrica relativa κ = 2.5 ...
Problema 4.9 - testo
piano sottile isolante caricato con una densità di carica σ = 0.8 µC/m2. ...
Problema 4.9 - domanda 1 E1= E − σ
2ε0
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
ux = −15 kV/m
( )
ux e E2 = E + σ 2ε0
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
ux= 75.3 kV/m
( )
uxPagina 77
Problema 4.10 - domanda 1 Ci= C1+ C2 =ε0 Σ
2d
(
2κ+1)
= 247 pFPagina 79
Problema 4.12 - domanda 3
3) La carica ai capi di C1 prima e dopo il cortocircuito è data da qi = C1V1= C2V2 =ε0E2Σ = 35.4 nC
qf =C1E = κε0Σ
dE = 177 nC
⎧
⎨⎪
⎩⎪
Pagina 81
Problema 4.14 - figura
E
C
1C
3C
2R
E
C
1C
3C
2R
(a) (b)
κ κ
κ
κ
Pagina 90
Problema 4.20 - domanda 4 ΔUe= ′Ue− Ue= ′q2
2 1 CP + 1
′ CS
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟−q2 2
1 CP + 1
CS
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟= 1.41×10−9J
Pagina 96
Problema 5.4 - domanda 2 q= i t ⇒ t =q
i = q jΣ = q
nevΣ = 1.75s
Problema 5.4 - domanda 3 U= NEc= nτEC = nΣvtEC = CΔT
ΔT = nΣvtEC
C =8× 10−4 K
Pagina 101
Problema 5.9 - domanda 1 VC = E − R1i
i= E R1+ R2
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⇒ VC = E R2 R1+ R2
Pagina 107
Problema 6.3 - testo
Una particella positiva ferma (m/q = 1.56 × 10–9 kg/C) ...
Pagina 110
Problema 6.5 - domanda 2 xP = L = v0tP
yP =1 2
eE mtp2
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⇒ y x
( )
= 12 eE mv02 x2
Pagina 116
Problema 6.10 - figura
v
2Q B
e P v
1θ
R e
+
x
y
++
E d e θ
Pagina 124
Problema 7.2 - domanda 1 B1= µ0i
2π 2 d 3
ux= µ0i πd 3
ux= 0.15 µT
( )
uxB2 = B3= µ0i
2π 2 d
uy= µ0i πd
uy= 0.26 µT
( )
uyPagina 130
Problema 7.6 - domanda 3 B1= W1
2m cosθ = 40 µT B2 = W2
2m cosθ = 20 µT
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪
⎪
Problema 7.8 - domanda 1
alla corrente che circola sulla semiretta y B1= µ0i
4π Rux alla corrente che circola sulla semiretta x
B2 = µ0i 4π R
uy alla corrente che circola sulla spira
B3= µ0i 2R
ux
Pagina 133
Problema 7.9 - domanda 1 Bx = − µ0i1
2π R1− µ0i2
2π R2 = − 7.87 µT By= 0
Bz = µ0i1 2R1 +µ0i2
2R2 = 24.7 µT
⎧
⎨
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪
Pagina 139
Problema 7.13 - domanda 2
2) La forza è repulsiva fra conduttore cavo e filo 2 e attrattiva fra i due fili, quindi
Pagina 141
Problema 7.15 - domanda 3
W = ΔUm = −mBOcos
( )
π +mBOcos 0 = 2mB = 2NbibΣbBO = 45 × 10−9JPagina 149
Problema 8.1 - testo
Una bobina quadrata composta da N = 12 spire di lato d = 20 cm ruota attorno ad un lato con velocità angolare ω costante in una regione di spazio in cui c’è un campo magnetico uniforme B = 2 T. La resistenza della bobina è R = 2.5 Ω e la potenza media dissipata nella bobina in un periodo è PR,med = 0.4 W. Calcolare
Pagina 151
Problema 8.3 - testo
3) l’energia dissipata nella spira per effetto Joule fra l’istante
t0 e l’istante t WR
Pagina 157
Problema 8.8 - domanda 4 PR = Pm=Wm
t =Fx
t =Fv= 0.39 mW
Pagina 163
Problema 8.13 - testo
3) la carica che fluisce nel circuito per una rotazione θ2 = π/4 q
Pagina 166-167
Problema 8.16 -
Un spira conduttrice quadrata di lato a = 10 cm, massa m = 20 g e resistenza complessiva R = 0.2 Ω si trova all’istante t = 0 appena al di fuori di una zona R, di larghezza L = 30 cm, in cui agisce un campo magnetico uniforme d’intensità B = 0.3 T perpendicolare al circuito stesso. Tramite un impulso ad un certo istante la spira comincia a penetrare in R con velocità iniziale v0 = 6 cm/s. Sapendo che l’energia dissipata nella spira fra il tempo t = 0 e l’istante t1 in cui comincia ad uscire dalla regione R è WR = 2.2 × 10–5 J, calcolare:
1) la carica che ha attraversato la spira in questo tempo q 2) la velocità della spira all’istante t1 v 3) il tempo impiegato dalla spira a fare il suo percorso t1
,
v
0v
B L
Soluzione
1) La variazione del flusso del campo magnetico attraverso la spira è nullo una volta che quest’ultima è completamente entrata in R: da quel momento, mentre si muove completamente immersa nella regione, non circola corrente nella spira e quindi la sua velocità rimane costante. La carica si ottiene dalla legge di Felici ricordando che il flusso iniziale è nullo
q= Ba2
R = 15 mC
2) L’energia dissipata è pari alla diminuzione di energia cinetica della spira WR= 1
2mv02−1 2mv2 v= v02−2WR
m =3.74 cm/s
3) Su ciascun lato della spira agisce la forza data dalla II legge elementare di Laplace. Le forze agenti sui lati orizzontali si compensano, mentre la forza agente sul lato verticale all’interno della regione R non è compensata da un’analoga forza sul lato opposto finché anche quest’ultimo non entra. Quindi mentre sta entrando l’equazione del moto della spira e la sua soluzione sono
mdv
dt = iaB = −B2a2
R v ⇒ ln v
v0 = −B2a2 mR t= −t
τ con τ = mR
B2a2 = 4.44 s e il tempo per entrare è quindi
tA= −τ ln v v0 =2.1 s
Il tempo per attraversare la spira a velocità costante è tB= L− a
v =5.3 s
t1= tA+ tB= −τ ln v0 +
v =7.4 s
Pagina 169
Problema 8.18 - testo
...R con velocità iniziale v0; il tempo impiegato...
...
3) la velocità iniziale della spira v0
4) l’energia dissipata nella spira fra gli istanti t0 e t2 WR
Problema 8.18 - domanda 1 v1= v2 = L− a
Δt = 2 cm/s
Pagina 170
Problema 8.18 - domande 3 e 4
3) Ricordiamo dal problema 8.17 che la velocità del circuito mentre entra od esce da una regione a campo magnetico costante varia con la distanza x secondo la legge
v x
( )
= v0−B2a2 mR xLa velocità iniziale determinata dall’impulso è quella per cui v(a) = v1 e quindi v0= v1+B2a3
mR = 4.25 cm/s
4) L’energia dissipata è pari all’energia cinetica persa WR= 1
2mυ02−1
2mυ22 =1.4× 10−5 J
Pagina 171-172
Problema 8.20 -
Una spira conduttrice quadrata PQRS di lato = 1.5 m, realizzata con filo di rame, di sezione Σ = 1 mm2 e resistività ρ = 1.67 × 10–8 Ωm, si trova in una regione in cui agisce un campo B = 0.3 T uniforme e perpendicolare al piano della spira stessa. Come mostrato in figura, la spira viene deformata completamente tirando i due estremi della diagonale PR tramite due forze
F,eguali e opposte,parallele alla diagonale fintanto che essa assume il suo valore massimo P′R = ′ 2 . Sapendo che la velocità della spira, che si mantiene costante durante la deformazione, è v = 0.15 m/s e che l’energia dissipata sulla spira durante il processo è WR = 0.5 W, calcolare:
1) la carica che percorre la bobina dall’istante iniziale a quello finale q 2) la corrente media che percorre la spira durante il processo imed
3) l’intensità media delle forze agenti sulla spira Fmed
R S
P F
Q
R P
F
B
Soluzione
1) L’area della figura alla fine del processo diventa nulla, per cui la variazione di flusso del campo magnetico è ΔΦ = B 2 = 0.675 Tm2
La resistenza del circuito è RS =ρ4
Σ = 0.1Ω
per cui, utilizzando la legge di Felici, si ha q=Φi−Φf
RS = B
(
Σi−Σf)
RS = B2
RS = 6.75 C
2) L’estremo P della spira si sposta dalla posizione P alla posizione P′percorrendo il tratto d con velocità costante per cui l’intervallo di tempo in cui avviene lo spostamento è dato da
Δt = d
v= − 2 2 v =
v 1− 2 2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟= 2.9 s
L’intensità media di corrente durante il processo è quindi imed = q
Δt =2.3 A
3) L’energia meccanica utilizzata per la deformazione viene completamente dissipata in calore per effetto Joule.
Il lavoro meccanico fatto per deformare la spira è pertanto WR= 2Fmedd= 2FmedvΔt
e quindi la forza agente è Fmed = WR
2vΔt = 0.57 N
Pagina 188
Problema 9.13 . Soluzione 1) L’autoflusso del toroide è Φ t
( )
= L i t( )
= N Bi uNd∫
Σ Σ = N µ2πr0Ni t( )
a drr
∫
r+b = µ2π0N2a lnr+ b r i t( )
per cui l’energia potenziale immagazzinata all’istante iniziale è Um= 1
2Li02 = µ0N2a 4π lnr+ b
r i02 = 20 mJ L= µ0N2
2π a lnr+ b
r = 0.4 mH
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2) Osservando che il campo magnetico è confinato nel volume del toroide, il flusso del campo magnetico attraverso la bobina è dato da
Φb
( )
t =NbBi uNdΣ
∫
Σ = Nb µ2πr0Ni t( )
a drr
∫
r+b = µ02πNNba lnr+ br i t
( )
= LN Nbi0e−
t τ
per cui la forza elettromotrice indotta è Ei
( )
t = −dΦdt = LNb Nτ i0e−
t
τ =0.16e−
t τ V
3) Il lavoro è dato dall’energia dissipata per effetto Joule sulla resistenza della bobina nel periodo in cui vi circola corrente
WR= Ei2
( )
t Rb dt0
∫
∞ = R1bLNbi0
⎛ Nτ
⎝⎜ ⎞
⎠⎟
2
e−2
t τdt
0
∫
∞ =(
2RLNbbNi02)
τ2 =3.2× 10−6 Jq= Rb =
NRb =40µC
Pagina 201
Problema 10.2 - domanda 3 It =1
2ε0κ vEt2 ==1 2ε0κ c
nEt2 = 1
2cε0nEt2= n 2Z0 Et2 Et = 2Z0
n It = 2Z0 n
Pt
Σt = 2Z0 n
Pi− Pr Σi
cosθi
cosθt =550 V/m
Pagina 203
Problema 10.3 - domanda 1 Ir = RIi = 12 W/m2
Problema 10.4 - domande 1 e 2 θi =53.06o e θt =36.94o
Pr =Pi 2Rσ =Pi
2
sen2
(
θi−θt)
sen2
(
θi+θt)
=0.39 mWIr =Pr Σi = 1
2Z0 Er2 =77 W/m2
Er = 2Z0Ir =238V/m e Br = Er
c =0.8µT Pi= Pr+ Pt ⇒ Pt = Pi− Pr =9.61 mW
Pagina 207
Problema 10.8 - testo
L’ampiezza del campo magnetico della luce uscente da P3 è B3 = 333 nT.
Pagina 217
Problema 11.4 - domanda 1 δ = k
(
n− k0)
A = k0(
n− 1)
A= 2πλ0 A
(
n− 1)
=98.133 radPagina 220
Problema 11.8 - testo
Il coefficiente di riflessione è R= 0.28 su ...
Pagina 222
Problema 11.8 - domanda 3 n= R+ 1
1− R =3.24 dmax =1
4 λ
n=38 nm
Problema 11.8 - domanda 3 dmin = λ
2n=76 nm
Problema 12.1 - domanda 3
IA IB =
sen φA 2
⎛⎝⎜ ⎞ φA ⎠⎟
2
⎡
⎣
⎢⎢
⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥
⎥⎥
2
sen φB 2
⎛⎝⎜ ⎞ φB ⎠⎟
2
⎡
⎣
⎢⎢
⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥
⎥⎥
2 = φB φA
sen φA 2
⎛⎝⎜ ⎞
⎠⎟
sen φB 2
⎛⎝⎜ ⎞
⎠⎟
⎡
⎣
⎢⎢
⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥
⎥⎥
2
=
λAsen π λA b senθ
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
λBsen π λB b senθ
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
⎡
⎣
⎢⎢
⎢⎢
⎢
⎤
⎦
⎥⎥
⎥⎥
⎥
2
= 20.2
Pagina 232
Problema 12.4 - testo
b) tale massimo principale è appena separato secondo Rayleigh dal massimo principale dello stesso ordine di una lunghezza d’onda che differisce da λ1 di Δλ = 0.075 µm
Pagina 236
Problema 12.1 - domanda 4 Na2π
λ senθmin = 2 ′mπ con m′= 1, 2